高中数学等比数列练习题百度文库

一、等比数列选择题

22a3a7a6a1016，则a2a8（ ） 1．正项等比数列an满足a2A．1 B．2 C．4 D．8

2．在等比数列{an}中，a24，a532，则a4（ ） A．8

B．8

C．16

D．16

3．已知正项等比数列an满足a11，a2a4a32，又Sn为数列an 的前n项和，则2S5（ ）

A．

3111 或

22B．

31 2C．15 A．6

B．16

D．6 C．32

D．

4．设{an}是等比数列，若a1 + a2 + a3 =1，a2 + a3 + a4 =2，则 a6 + a7 + a8 =（ ）

a9a101（ ） a2a5．已知an是正项等比数列且1，a3，2 成等差数列，则aa278A．21

B．21

C．322

D．322 6．已知等比数列an中，a1a3a54，公比q2，则a4a5a6（ ） A．32

B．16

C．16

D．32

7．等比数列an中a11，且4a1，2a2，a3成等差数列，则（ ） A．

annN*的最小值为n16 25B．

4 9C．

1 2D．1

8．已知数列{an}满足：a11，an1A．

an(nN*)．则 a10（ ） an2C． 1 1021B．

1 10221 1023D． 1 10249．已知各项均为正数的等比数列an，若6a54a43a32a28，则9a76a6的最小值为（ ） A．12

B．18

C．24

D．32

10．一个蜂巢有1只蜜蜂，第一天，它飞出去找回了5个伙伴；第二天，6只蜜蜂飞出去，各自找回了5个伙伴……如果这个找伙伴的过程继续下去，第六天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有（ ）只蜜蜂. A．559

B．46656

C．216

D．36

11．等比数列an中各项均为正数，Sn是其前n项和，且满足2S38a13a2，

a416，则S6＝（ ）

A．32

B．63

C．123

D．126

12．在流行病学中，基本传染数R0是指在没有外力介入，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染者平均传染的人数.初始感染者传染R0个人，为第一轮传染，这R0个人中每人再传染R0个人，为第二轮传染，…….R0一般由疾病的感染周期､感染者与其他人的接触频率､每次接触过程中传染的概率决定.假设新冠肺炎的基本传染数R03.8，平均感染周期为7天，设某一轮新增加的感染人数为M，则当M>1000时需要的天数至少为（ ）参考数据：lg38≈1.58 A．34

B．35

2n1C．36 D．37

13．数列{an}满足a12a22a32于（ ）

ann(n∈N*)，数列{an}前n和为Sn，则S10等291A． 2551B．1 2101C．1 21D． 26614．.在等比数列an中，若a11，a54，则a3（ ） A．2

B．2或2

C．2

D．2

15．设等差数列an的公差d0,a14d，若ak是a1与a2k的等比中项，则k( ) A．3或6 C．6

B．3 或-1 D．3

16．若数列an是等比数列，且a1a7a138，则a3a11（ ） A．1

B．2

C．4

D．8

17．已知正项等比数列an满足a7a62a5，若存在两项am，an使得aman4a1，则

14的最小值为（ ） mn5 3B．

A．

3 2C．

4 3D．

11 618．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：“一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯多少？”现有类似问题：一座5层塔共挂了363盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的3倍，则塔的中间一层共有灯（ ） A．3盏

B．9盏

C．27盏

D．81盏

19．已知等比数列an中，a11，a1a3则k（ ） A．2

B．3

C．4

D．5

a2k185，a2a4a2k42，

20．3131与的等比中项是（ ）

22B．1

C．

A．－1

2 2D．2 2二、多选题21．题目文件丢失！

22．在数列an中，如果对任意nN*都有

an2an1k（k为常数），则称an为等

an1an差比数列，k称为公差比.下列说法正确的是（ ） A．等差数列一定是等差比数列 B．等差比数列的公差比一定不为0

nC．若an32，则数列an是等差比数列

D．若等比数列是等差比数列，则其公比等于公差比

23．若数列an的前n项和是Sn，且Sn2an2，数列bn满足bnlog2an，则下列选项正确的为（ ） A．数列an是等差数列

2n122C．数列a的前n项和为

3nB．an2

2nD．数列1的前n项和为Tn，则

bnbn1Tn1

24．已知数列{an}是等比数列，则下列结论中正确的是（ ） A．数列{an}是等比数列 B．若a43,a1227,则a89 C．若a1a2a3,则数列{an}是递增数列 D．若数列{an}的前n和Sn3n1r,则r=-1

25．在《增减算法统宗》中有这样一则故事：三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关．则下列说法正确的是（ ） A．此人第三天走了二十四里路

B．此人第一天走的路程比后五天走的路程多六里 C．此人第二天走的路程占全程的

21 4D．此人走的前三天路程之和是后三天路程之和的8倍

26．设首项为1的数列an的前n项和为Sn，已知Sn12Snn1，则下列结论正确的是（ ）

A．数列Snn为等比数列 B．数列an的通项公式为an2n11

C．数列an1为等比数列

D．数列2Sn的前n项和为2n2n2n4

27．已知数列an的前n项和为Sn，Sn2an2，若存在两项am，an，使得

aman，则（ ）

A．数列{an}为等差数列

22C．a1a2n2an41

3B．数列{an}为等比数列 D．mn为定值

28．设数列{an}满足a13a25a3和为Sn,则（ ） A．a12

B．anan}的前n项(2n1)an2n(nN),记数列{2n1*2 2n1C．Snn 2n1D．Snnan1

29．设数列xn，若存在常数a，对任意正数r，总存在正整数N，当nN，有

xnar，则数列xn为收敛数列.下列关于收敛数列正确的有（ ）

A．等差数列不可能是收敛数列

B．若等比数列xn是收敛数列，则公比q1,1 C．若数列xn满足xnsinncosn，则xn是收敛数列 22D．设公差不为0的等差数列xn的前n项和为SnSn0，则数列列

1一定是收敛数Sn30．已知数列an为等差数列，a11，且a2，a4，a8是一个等比数列中的相邻三项，记bnanqA．n C．

anq0,1，则{bn}的前n项和可以是（ ）

B．nq

D．

qnqn1nqnqnqnqn2nqn1qn11q21q2

31．定义在,00,上的函数fx，如果对于任意给定的等比数列an，数列

fa仍是等比数列，则称fx为“保等比数列函数”.现有定义在

n,00,上的四个函数中，是“保等比数列函数”的为（ ）

2xA．fxx B．fx2

C．fxx D．fxlnx

32．在递增的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4＝32，a2+a3＝12，则下列说法正确的是（ ）

A．q＝1 C．S8＝510

B．数列{Sn+2}是等比数列

D．数列{lgan}是公差为2的等差数列

33．已知数列{an}是等比数列，则下列结论中正确的是（ ） A．数列{an}是等比数列

B．若a32，a732，则a58 C．若a1a2a3，则数列{an}是递增数列

n1D．若数列{an}的前n和Sn3r，则r1

234．已知等差数列an的首项为1，公差d4，前n项和为Sn，则下列结论成立的有( ) A．数列Sn的前10项和为100 n16，则n的最小值为6 25B．若a1,a3,am成等比数列，则m21 C．若

aai1nii1D．若amana2a10，则

11625的最小值为

12mn35．将n2个数排成n行n列的一个数阵，如图：该数阵第一列的n个数从上到下构成以m为公差的等差数列，每一行的n个数从左到右构成以m为公比的等比数列（其中m＞0）.已知a11＝2，a13＝a61+1，记这n2个数的和为S.下列结论正确的有（ ）

A．m＝3

C．aij3i13j17B．a67173

D．S1n3n13n1 4

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、等比数列选择题 1．C

【分析】

利用等比数列的性质运算求解即可. 【详解】

22a3a7a6a1016， 根据题意，等比数列an满足a2222a2a8a816，即a2a816， 则有a22又由数列an为正项等比数列，故a2a84． 故选：C． 2．C 【分析】

根据条件计算出等比数列的公比，再根据等比数列通项公式的变形求解出a4的值. 【详解】

3因为a24,a532，所以q2所以a4a2q4416，

a58，所以qa22，

故选：C. 3．B 【分析】

由等比中项的性质可求出a3，即可求出公比，代入等比数列求和公式即可求解. 【详解】

正项等比数列an中，

a2a4a32，

a32a32，

解得a32或a31（舍去） 又a11， 2q2解得qa34， a12，

51(132)a1(1q)231S5，

1q12故选：B 4．C 【分析】

根据等比数列的通项公式求出公比q【详解】

2，再根据等比数列的通项公式可求得结果.

设等比数列{an}的公比为q，

则a2a3a4(a1a2a3)q2，又a1a2a31，所以q55所以a6a7a8(a1a2a3)q1232.

2，

故选：C． 5．D 【分析】 根据a1，

11a3，2a2 成等差数列可得a32a12a2，转化为关于a1和q的方程，求出22q的值，将

【详解】

a9a10化简即可求解.

a7a81a3，2a2 成等差数列， 2因为an是正项等比数列且a1，所以

1a32a12a2，即a1q2a12a1q，所以q22q10， 2解得：q12或q12（舍），

a9a10a7q2a8q2q212a7a8a7a82322，

故选：D 6．A 【分析】

由等比数列的通项公式可计算得出a4a5a6q【详解】

由a4a5a6a1q3a3q2a5qa1a3a5q64故选：A. 7．D 【分析】

首先设等比数列an的公比为q(q0)，根据4a1，2a2，a3成等差数列，列出等量关系式，求得q【详解】

在等比数列an中，设公比q(q0)， 当a11时，有4a1，2a2，a3成等差数列，

2所以4a24a1a3，即4q4q，解得q6a1a3a5，代入数据可计算得出结果.

2632.

2，比较

annN*相邻两项的大小，求得其最小值. n2，

所以an2n1an2n1，所以， nnan1n12n1，当且仅当n1时取等号， ann1na*所以当n1或n2时，nnN取得最小值1，

n故选：D. 【点睛】

该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等比数列的通项公式，三个数成等差数列的条件，求数列的最小项，属于简单题目. 8．C 【分析】

1211 ，构造1为等比数根据数列的递推关系，利用取倒数法进行转化得

an1anan列，求解出通项，进而求出a10. 【详解】 因为an1anan221111121，所以两边取倒数得，则， an2an1ananan1an所以数列所以an故选：C 【点睛】

1111为等比数列，则112n12n，

anana1111a. ，故102n121011023方法点睛：对于形如an1panqp1型，通常可构造等比数列anx（其中

xq）来进行求解. p19．C 【分析】

2223qa2q13q2q8将已知条件整理为1，可得2q8，进而可得

a12q2124q449a76a63a1q3q2q2，分子分母同时除以q，利用二次函数的性质即

2q142可求出最值. 【详解】

因为an是等比数列，6a54a43a32a28，

432所以6a1q4a1q3a1q2a1q8，

222a12q3q2q3q2q8， 2即a12q13q2q8，所以3q2q228，

a12q214824q4249a76a69a1q6a1q3a1q3q2q3a1q2a12q212q121q2q4，

62令

12122t02ttt11， ，则q2q2q4241211最小为24， 所以t21，即q1时24最大为1，此时2qqqq2q4所以9a76a6的最小值为24， 故选：C 【点睛】

易错点睛：本题主要考查函数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项： (1)数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；

(2)转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；

(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关条件的转化. 10．B 【分析】

第n天蜂巢中的蜜蜂数量为an，则数列{an}成等比数列．根据等比数列的通项公式，可以算出第6天所有的蜜蜂都归巢后的蜜蜂数量． 【详解】

设第n天蜂巢中的蜜蜂数量为an，根据题意得 数列{an}成等比数列，它的首项为6，公比q6 所以{an}的通项公式：an66n16n

到第6天，所有的蜜蜂都归巢后， 蜂巢中一共有a66646656只蜜蜂． 故选：B． 11．D 【分析】

根据等比数列的通项公式建立方程，求得数列的公比和首项，代入等比数列的求和公式可得选项. 【详解】

设等比数列an的公比为q(q0).∵2S38a13a2， ∴2(a1a2a3)8a13a2，即2a3a26a10. ∴2qq60，∴q∵a416，∴a1232或q（舍去），

2a42， q3a1(1q6)2(126)126， ∴S61q12故选：D. 12．D 【分析】

假设第n轮感染人数为an，根据条件构造等比数列an并写出其通项公式，根据题意列出关于n的不等式，求解出结果，从而可确定出所需要的天数. 【详解】

设第n轮感染人数为an，则数列an为等比数列，其中a13.8，公比为R03.8，

n所以an3.81000，解得nlog3.810003335.17， lg3.8lg3810.58而每轮感染周期为7天，所以需要的天数至少为5.17736.19． 故选：D. 【点睛】

关键点点睛：解答本题的关键点有两个：（1）理解题意构造合适的等比数列；（2）对数的计算. 13．B 【分析】

根据题意得到a12a22a322n2an1n1，（n2），与条件两式作差，得到21111*nNaaa，（），再验证满足，得到n2，进而可求出1nn2n22n2n结果. 【详解】 an因为数列an满足a12a22a322n1ann， 2a12a222a32n2an1n1，（n2） 2则2n1annn111，则ann，（n2）， 2222又a1111*满足ann，所以annnN， 222因此S10a1a2a3a101122211110122101.

101

12212故选：B 14．A 【分析】

2由等比数列的性质可得a3a1a5，且a1与a3同号，从而可求出a3的值

【详解】

解：因为等比数列an中，a11，a54，

2所以a3a1a54，

因为a110，所以a30， 所以a32， 故选：A 15．D 【分析】

由ak是a1与a2k的等比中项及a14d建立方程可解得k. 【详解】

ak是a1与a2k的等比中项

ak2a1a2k，a1k1da1a12k1d

2k3d24d2k3d，k3.

故选:D 【点睛】

本题考查等差数列与等比数列的基础知识，属于基础题. 16．C 【分析】

根据等比数列的性质，由题中条件，求出a72，即可得出结果. 【详解】

3因为数列an是等比数列，由a1a7a138，得a78，

22所以a72，因此a3a11a74.

故选：C. 17．B

【分析】

2设正项等比数列{an}的公比为q0，由a7a62a5，可得qq2，解得q2，

根据存在两项am、an使得aman4a1，可得a12qmn24a1，mn6．对m，n分类讨论即可得出． 【详解】

解：设正项等比数列{an}的公比为q0， 满足：a7a62a5，

q2q2，

解得q2，

存在两项am、an使得aman4a1，

a12qmn24a1，

mn6，

m，n的取值分别为(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，

14143的最小值为．

242mn故选：B． 18．C 【分析】

则

根据题意，设塔的底层共有x盏灯，分析可得每层灯的数目构成以x为首项，等比数列，由等比数列的前n项和公式可得x的值，即可得答案． 【详解】

根据题意，设塔的底层共有x盏灯，则每层灯的数目构成以x为首项，列，

1为公比的31为公比的等比数3x(1则有S1)35363， 113解可得：x243，

所以中间一层共有灯243()27盏. 故选：C 【点睛】

思路点睛：要求中间一层的灯的数量，只需求等比数列的首项，根据等比数列的和求出数列的首项即可. 19．B 【分析】

132本题首先可设公比为q，然后根据a1a3然后根据a2a4果. 【详解】

设等比数列an的公比为q， 则a1a3即qa2a2k185得出qa2a2k84，再

a2k42求出q2，最后根据等比数列前n项和公式即可得出结

a2k1a1a2qa2kq85，

a2k85184，

a2k42，所以q2，

因为a2a4则aaa123a2ka2k185421271122k112，

即12822k1，解得k3， 故选：B. 【点睛】

关键点点睛：本题考查根据等比数列前n项和求参数，能否根据等比数列项与项之间的关系求出公比是解决本题的关键，考查计算能力，是中档题. 20．D 【分析】

利用等比中项定义得解. 【详解】

(313112231312. 与的等比中项是)()()，2222222故选:D

二、多选题 21．无

22．BCD 【分析】

考虑常数列可以判定A错误，利用反证法判定B正确，代入等差比数列公式判定CD正确. 【详解】

对于数列an，考虑an1,an11,an2若等差比数列的公差比为0，以B选项说法正确；

an2an11，无意义，所以A选项错误；

an1anan2an10,an2an10，则an1an与题目矛盾，所

an1ann若an32，

an2an13，数列an是等差比数列，所以C选项正确；

an1ann1若等比数列是等差比数列，则ana1q,q1，

a1qnq1an2an1a1qn1a1qnq，所以D选项正确.

an1ana1qna1qn1a1qn1q1故选：BCD 【点睛】

易错点睛：此题考查等差数列和等比数列相关的新定义问题.解决此类问题应该注意： （1）常数列作为特殊的等差数列公差为0； （2）非零常数列作为特殊等比数列公比为1. 23．BD 【分析】

S1,n1S2a2a根据n，利用数列通项与前n项和的关系得n，求得通项an，然nSn,n2后再根据选项求解逐项验证. 【详解】

当n1时，a12，

当n2时，由Sn2an2，得Sn12an12， 两式相减得：an2an1， 又a22a1，

所以数列an是以2为首项，以2为公比的等比数列， 所以an2，an4，数列an则bnlog2anlog22n，

n2n的前n项和为S2n414n14n4n14， 31111所以，

bnbn1nn1nn1所以 Tn故选：BD 【点睛】

方法点睛：求数列的前n项和的方法 (1)公式法：①等差数列的前n项和公式，Sn1111111...11， 1234nn1n1na1annn1na1d②等比数列22na1,q1n的前n项和公式Sna11q；

,q11q(2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．

(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． (4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．

(5)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解.

(6)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． 24．AC 【分析】

根据等比数列定义判断A;根据等比数列通项公式判断B,C;根据等比数列求和公式求项判断D. 【详解】

设等比数列{an}公比为q,(q0)

2anan1221}是等比数列；即A正确； )q2，即数列{an则2(anan因为等比数列{an}中a4,a8,a12同号，而a40, 所以a80，即B错误；

a10a102若a1a2a3,则a1a1qa1q或，即数列{an}是递增数列，C正确；

q10q1若数列{an}的前n和Sn3n1r,则a1S1311r1r,a2S2S12,a3S3S26 所以qa3a13223(1r),r，即D错误 a2a13故选：AC 【点睛】

等比数列的判定方法 (1)定义法：若

an1q(q为非零常数)，则{an}是等比数列； an2(2)等比中项法：在数列{an}中，an0且an1anaa2，则数列{an}是等比数列；

n(3)通项公式法：若数列通项公式可写成ancq(c,q均是不为0的常数)，则{an}是等比

数列；

n(4)前n项和公式法：若数列{an}的前n项和Snkqk(q0,q1,k为非零常数)，则

{an}是等比数列.

25．BD 【分析】

根据题意，得到此人每天所走路程构成以公比为q1为公比的等比数列，记该等比数列为an，21，前n项和为Sn，根据题意求出首项，再由等比数列的求和公式和通项公2式，逐项判断，即可得出结果. 【详解】

由题意，此人每天所走路程构成以记该等比数列为an，公比为q1为公比的等比数列， 21，前n项和为Sn， 21a116263则S6a1378，解得a1192，

13212所以此人第三天走的路程为a3a1q248，故A错；

此人第一天走的路程比后五天走的路程多a1S6a12a1S63843786里，故B正确；

此人第二天走的路程为a2a1q9637894.5，故C错； 4此人前三天走的路程为S3a1a2a31929648336，后三天走的路程为

S6S337833642，336428，即前三天路程之和是后三天路程之和的8倍，D正

确； 故选：BD. 【点睛】

本题主要考查等比数列的应用，熟记等比数列的通项公式与求和公式即可，属于常考题型. 26．AD 【分析】

Sn1n12Sn2n2，结合等比数列的定义可判断A；可得由已知可得

SnnSnnSn2nn，结合an和Sn的关系可求出an的通项公式，即可判断B；由

a11,a21,a33可判断C；

由分组求和法结合等比数列和等差数列的前n项和公式即可判断D. 【详解】

因为Sn12Snn1，所以

Sn1n12Sn2n2．

SnnSnn又S112，所以数列Snn是首项为2，公比为2的等比数列，故A正确；

nn所以Snn2，则Sn2n．

n111当n2时，anSnSn121，但a121，故B错误；

由a11,a21,a33可得a112,a212,a314，即

2a31a21，故C错； a21a113n1n1因为2Sn22n，所以2S12S2...2Sn221222...22n

2223...2n1212...n412n12nn12n2n2n2n4 2所以数列2Sn的前n项和为2n2n2n4，故D正确． 故选:AD． 【点睛】

本题考查等比数列的定义，考查了数列通项公式的求解，考查了等差数列、等比数列的前

n项和，考查了分组求和．

27．BD 【分析】

由Sn和an的关系求出数列{an}为等比数列，所以选项A错误，选项B正确；利用等比数

22列前n项和公式，求出 a1a2n12an44，故选项C错误，由等比数列的通项公式

3得到2mn26，所以选项D正确. 【详解】

由题意，当n1时，S12a12，解得a12， 当n2时，Sn12an12，

所以SnSn1an2an22an122an2an1， 所以

an2，数列{an}是以首项a12，公比qan12的等比数列，an2n，

故选项A错误，选项B正确； 数列an21是以首项a2222n214，公比q14的等比数列，

1q1414n14n144，故选项C错误；

3所以aaaa121q1naman2m2n2mn26，所以mn6为定值，故选项D正确.

故选：BD 【点睛】

本题主要考查由Sn和an的关系求数列的通项公式，等比数列通项公式和前n项和公式的应用，考查学生转化能力和计算能力，属于中档题. 28．ABD

【分析】

由已知关系式可求a1、an，进而求得{项. 【详解】

由已知得：a12，令Tna13a25a3...(2n1)an2n， 则当n2时，TnTn1(2n1)an2，即an∴anan}的通项公式以及前n项和Sn,即可知正确选2n1222也成立， ，而a12n1211211a2，nN*，故数列{n}通项公式为，

(2n1)(2n1)2n12n12n12n1∴Sn111111111112n...1，335572n32n12n12n12n12n1即有Snnan1， 故选：ABD 【点睛】

关键点点睛：由已知Tna13a25a3...(2n1)an2n求a1、an，注意验证a1是否符合an通项，并由此得到{29．BCD 【分析】

根据等差数列前n和公式以及收敛数列的定义可判断A；根据等比数列的通项公式以及收敛的定义可判断B；根据收敛的定义可判断C；根据等差数列前n和公式以及收敛数列的定义可判断D. 【详解】

当Sn0时，取Snan}的通项公式，利用裂项法求前n项和Sn. 2n1d2dddddna1nnna1na1， 2222221da11dd1222ra1drN. 为使得Sn，所以只需要na1nrddrr22r2对于A，令xn1，则存在a1，使xna0r，故A错； 对于B，xnx1qn1，若q1，则对任意正数r，

r1nlog当qx1时， xnr1，所以不存在正整数N使得定义式成立，

1若q1，显然符合；若q1为摆动数列xn1只有x1两个值，不会收敛于一个值，所以舍去；

n1x1，

若q1,1，取a0，Nlogqr11， x1当nN时，xn0x1q对于C，xnsinn1x1rr，故B正确； x11ncosnsinn0，符合； 222d2dnx1n， 22对于D，xnx1n1d，Sn当d0时，Sn单调递增并且可以取到比

1更大的正数， rdd2d11x1x10r，同理d0，所以D正确. 当时，22rSnSnnNd故选：BCD 【点睛】

关键点点睛：解题的关键是理解收敛数列的定义，借助等差数列前n和公式以及等比数列

的通项公式求解，属于中档题. 30．BD 【分析】

设等差数列an的公差为d,根据a2,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项求得d0或1,再分情况求解bn的前n项和Sn即可. 【详解】

设等差数列an的公差为d,又a11,且a2,a4,a8是一个等比数列中的相邻三项

a42a2a8,即a13da1da17d,化简得：d(d1)0,所以d0或1,

n故an1或ann,所以bnq或bnnq,设bn的前n项和为Sn,

2①当bnq时,Snnq；

n②当bnnq时,

Sn1q2q23q3nqn（1）, qSn1q22q33q4nqn1（2）,

（1）（2）得：1qSnqq2q3qnnqn1q(1qn)nqn1qnqn2nqn1qn1所以Sn,

(1q)21q(1q)2q1qn1qnqn1,

故选：BD 【点睛】

本题主要考查了等差等比数列的综合运用与数列求和的问题,需要根据题意求得等差数列的公差与首项的关系,再分情况进行求和.属于中等题型. 31．AC 【分析】

直接利用题目中“保等比数列函数”的性质，代入四个选项一一验证即可. 【详解】

设等比数列an的公比为q. 对于A，则

f(an1)af(an)a2n12nan1q2 ，故A是“保等比数列函数”； an2f(an1)2an1an2an1an 常数，故B不是“保等比数列函数”； 对于B，则

f(an)2f(an1)对于C，则

f(an)对于D，则

an1anan1anq ，故C是“保等比数列函数”；

lnqf(an1)lnan1lnanqlnanlnq1 常数，故D不是

f(an)lnanlnanlnanlnan“保等比数列函数”. 故选：AC. 【点睛】

本题考查等比数列的定义，考查推理能力，属于基础题. 32．BC 【分析】

先根据题干条件判断并计算得到q和a1的值，可得到等比数列{an}的通项公式和前n项和公式，对选项进行逐个判断即可得到正确选项． 【详解】

由题意，根据等比中项的性质，可得 a2a3＝a1a4＝32＞0，a2+a3＝12＞0， 故a2＞0，a3＞0． 根据根与系数的关系，可知

a2，a3是一元二次方程x2﹣12x+32＝0的两个根． 解得a2＝4，a3＝8，或a2＝8，a3＝4． 故必有公比q＞0， ∴a1a2＞0． q∵等比数列{an}是递增数列，∴q＞1． ∴a2＝4，a3＝8满足题意． ∴q＝2，a1a22．故选项A不正确． qan＝a1•qn﹣1＝2n． ∵Sn212n122

n+1

﹣2．

∴Sn+2＝2n+1＝4•2n﹣1．

∴数列{Sn+2}是以4为首项，2为公比的等比数列．故选项B正确． S8＝28+1﹣2＝512﹣2＝510．故选项C正确． ∵lgan＝lg2n＝n．

∴数列{lgan}是公差为1的等差数列．故选项D不正确． 故选：BC 【点睛】

本题考查了等比数列的通项公式、求和公式和性质，考查了学生概念理解，转化划归，数算的能力，属于中档题. 33．AC 【分析】

2在A中，数列an是等比数列；在B中，a58；在C中，若a1a2a3，则q1，

数列an是递增数列；在D中，r【详解】

由数列an是等比数列，知： 在A中，

1. 3an2a12q2n2，

an12a12q2n222n2q2是常数， ana1q2数列an是等比数列，故A正确；

在B中，若a32，a732，则a52328，故B错误；

在C中，若0a1a2a3，则q1，数列an是递增数列；若a1a2a30，则

0q1，数列an是递增数列，故C正确；

n1在D中，若数列an的前n和Sn3r，

则a1S11r，

a2S2S13r1r2， a3S3S29r3r6，

a1，a2，a3成等比数列， a22a1a3，

461r，

解得r1，故D错误. 3故选：AC. 【点睛】

本题考查等比数列的综合应用，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题. 34．AB 【分析】

2由已知可得:an4n3,Sn2nn,

SnS=2n1,则数列n为等差数列通过公式即可nn1111=,通过裂项求aiai144n34n1求得前10项和;通过等比中项可验证B选项;因为

和可求得

aai1n1;由等差的性质可知mn12利用基本不等式可验证选项D错误.

ii1【详解】

2由已知可得:an4n3,Sn2nn,

Sn10119S=2n1,则数列n为等差数列,则前10项和为=100.所以A正确;

nn22a1,a3,am成等比数列,则a3=a1am,am81,即am=4m381,解得m21故B正确;

1111=因为所以aiai144n34n111111=1aa4559i1ii1n11n6=,解得n6,故n的最小值4n34n14n125为7,故选项C错误;等差的性质可知mn12,所以

11611161n16m251=mn1161724,当且仅当mn12mn12mn1212n16m4848=时,即n=4m时取等号,因为m,nN*,所以n=4m不成立,故选项D错mn55误.

故选:AB. 【点睛】

本题考查等差数列的性质,考查裂项求和,等比中项,和基本不等式求最值,难度一般. 35．ACD 【分析】

根据第一列成等差，第一行成等比可求出a13,a61，列式即可求出m，从而求出通项aij， 再按照分组求和法，每一行求和可得S，由此可以判断各选项的真假． 【详解】

∵a11＝2，a13＝a61+1，∴2m2＝2+5m+1，解得m＝3或m﹣﹣﹣

∴aij＝ai1•3j1＝[2+（i﹣1）×m]•3j1＝（3i﹣1）•3j1，

1（舍去）， 2∴a67＝17×36，

∴S＝(a11+a12+a13+……+a1n)+(a21+a22+a23+……+a2n)+……+(an1＋an2＋an3＋……＋ann)

a11（13n）a21（13n）1313nan（13） 113（23n1）n1（3n﹣1）• 221n（3n+1）（3n﹣1） 4故选：ACD. 【点睛】

本题主要考查等差数列，等比数列的通项公式的求法，分组求和法，等差数列，等比数列前n项和公式的应用，属于中档题．